【文档说明】北京市朝阳区清华大学附属中学朝阳学校CACA2024-2025学年12月尖子生测试高三数学1试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，517.784 KB，由管理员店铺上传

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CACA202412月测试-数学1一、单项选择题：本题共15小题，每小题5分，共75分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，若集合A、B满足：，则集合对共有（）个．A.36B.48C.64D.81【答案】D【解析】【分析】利用子集的意义分类讨论

可求得集合对的个数.【详解】因为，，当时，又，故，当集合中有一个元素时，又，这样的集合对有，当集合中有两个元素时，又，这样集合对有，当集合中有三个元素时，又，这样的集合对有，当集合中有四个元素时，又，这样的集合对有，所以集合对

共有.故选：D.2.已知的三条边上的高分别为，若，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设的面积为，由题意可得，利用三角形三边关系可求解.【详解】设的面积为，由题意可得，又因为，所以，由三边关系定理

可得，所以，所以，所以，所以，所以的取值范围为.故选：D.3.设数据1，2，3，4，5的第m百分位为，，则集合M中元素的个数为（）A.5B.6C.9D.100【答案】C【解析】【分析】根据百分位数的定义，利用的不同取值范围分类讨论求解.【详解】设％，其中，所以％，当时，，则的比邻整数为1

，所以；当时，，所以；当时，，则的比邻整数为2，所以；当时，，所以；当时，，则的比邻整数为3，所以；当时，，所以；当时，，则的比邻整数为4，所以；当时，，所以；当时，，则的比邻整数为5，所以；当时，；综上，，故选:C.4.已知函数在

上是增函数，则实数的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可知，对任意的，，令，则，可得出，利用参变量分离法可求出的最小值.【详解】因为，则，因为，令，则，因为函数在上是增函数，则对任意，恒成立，即对任意的，，可得，因为函数、在区间上为减函数，所以，函数在上为减函数，

则，因此，实数的最小值为.故选：A.5.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，利用已知可得，可得点在直线上，进而可求得到直线的距离，进而可得，赋值法可判断CD.【详解】设，由，可得，

，因为，所以，所以，所以，点在直线上，，所以原点到的距离，又，所以，所以，所以与以为圆心，1为半径圆总相切，，所以的最小值为1的平方1，所以，故A正确；B错误；当时，，则，故C错误；当时，，则，故D错误.故选：A.6.若，则称为的“友好角”，已知为锐角，则在

内的“友好角”有（）个A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据两角和的正弦公式以及二倍角的余弦公式计算求解.【详解】由，可得，则有，所以，因为为锐角，所以也为锐角，所以，所以，①因为，当或，即或时，，则①式

成立，满足题意；当且，即或时，，则由①可得，，因为均不等于零，所以，所以，因为，所以，所以，即，综上，，故选：C.7.现有一种检验方法，对患疾病的人化验结果呈阳性，对未患疾病的人化验结果呈阴性．我们称检验为阳性的人中未患病比例为误诊率．已知一地区疾

病的患病率为，则这种检验方法在该地区的误诊率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】记事件检查结果呈阳性，事件被检查确实患疾病，利用全概率公式求出的值，然后利用贝叶斯公式可求出的值，即为所求.【详解】记事件检查结果呈阳性，事件被检查确实患疾病，由题意可知，，，，，所以，，

因此，这种检验方法在该地区的误诊率为，故选：A.8.在三角形ABC中，，设，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】在△、△及△中，由正弦定理可得，，从而，再由知D、E是BC的三等分点，得，化简即得求解.详解】设则，设，∵，∴，在△与△中由

正弦定理，得，即；，∴①在△与△中由正弦定理，得，即；，∴②由①②，得，∴，故选：B.9.甲、乙、丙三辆出租车2023年运营的相关数据如下表：甲乙丙接单量t（单）783182258338油费s（元）107150110264110376平均每单里程k（

公里）151515平均每公里油费a（元）0.70.70.7出租车空驶率，依据上述数据，小明建立了求解三辆车空驶率的模型，并求得甲、乙、丙的空驶率分别为23.26%、21.68%、x%，则（）（精确到0.01）A.20.16B.

20.68C.21.56D.21.79【答案】B【解析】【分析】根据题意得到出租车空驶率的模型，检验甲、乙两辆出租车的空驶率，满足题意，从而利用该模型求得丙的空驶率，从而得解.【详解】依题意，因为出租车行驶的总

里程为，出租车有载客时行驶的里程为，所以出租车空驶率，对于甲，，满足题意；对于乙，，满足题意；所以上述模型满足要求，则丙的空驶率为，即.故选：B10.设数列的前项和为，若存在非零常数，使得对任意正整数，都有

，则称数列具有性质：①存在等差数列具有性质；②不存在等比数列具有性质；对于以上两个命题，下列判断正确的是（）A.①真②真B.①真②假C.①假②真D.①假②假【答案】B【解析】【分析】直接构造和，说明存

在等差数列具有性质，且存在等比数列具有性质，从而得到①真②假.【详解】一方面，对，知是等差数列.而，令就有，所以具有性质，这表明存在等差数列具有性质；另一方面，对，知是等比数列.当为奇数时，；为偶数时，.故当为奇数时，；为偶数时，.故当为

奇数时，；为偶数时，.这表明恒成立，再令就有，所以具有性质，这表明存在等比数列具有性质.综上，①正确，②错误，故B正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：构造和作为例子，直接判断命题的真假，是判断选项正确性的简单有效的方法

.11.在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由，结合已知可得，利用共面求.【详解】因为，所以，因为，所以，所以，又，所以，所以，因为共面，所以，解得.故选：D.12.设，为等

差数列，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】分析函数单调性与对称性，得函数在上单调递增，且图象关于点中心对称.再利用等差数列的性质可得，然后从

充分性与必要性两个方面论证，用反证法进行必要性的证明.【详解】已知，则，故在上单调递增.又由，得，故，则函数的图象关于点中心对称.已知数列是等差数列，则.①先证明充分性：若，由数列是等差数列，可得，则，所以由函数的对

称性可知，，，，，，即“”得证.因此，“”是“”的充分条件；②再证明必要性：下面用反证法证明：假设，已知数列是等差数列，则，即，由等差数列性质可得，所以，由函数在上单调递增，可得，，，各式累加得，，所以，即，这与已知矛盾，故

假设错误；同理，假设，可证得，也与已知矛盾，故假设也错误；所以“”得证.即“”是“”的必要条件.综上所述，“”是“”的充要条件.故选：C.【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关系的假设，借助

函数单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系矛盾.13.定义区间的长度为，设，若对于任意，不等式的解集所包含区间长度之和恒为3，则k的值为（）．A.1B.C.2D.3【答案

】A【解析】【分析】原不等式等价于，构造函数，结合“三个”二次的关系，得到原不等式的解集，由韦达定理及题意可列出方程求解.【详解】不妨设，原不等式等价于，整理得:，因为，可设方程的两根为,令,则的零点为，原不等式即.因为,0,结合二

次函数图像，可知：.则不等式的解集为,则此解集的区间长度之和为,因为由韦达定理可得，，所以此不等式的解集的区间长度之和为,解得，故选：A14.函数的最大值为（）A.1B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】由柯西不等式求解即可.【详解】，由，解得，当时，，当，，当，则，此时且，

由柯西不等式可得，当且仅当，即时取等号，此时，即，所以函数的最大值为2.故选：C.15.已知，若，则的最小值为（）．A.1B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】取的中点分别为，连接，由题意可得，建立平面直角坐标系，设，求得，所以，进而可求的最小值

，进而可求的最小值.【详解】取的中点分别为，连接，设，因为，所以，所以，因为，所以，所以，以为轴，在平面内过作的垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，设，所以，，所以，所以，所以，又，当且仅当共线，且在之间取等号，所以的最小值为1，从而的最小值为2.故选：C.【点睛】关键点点睛

：重点在于得到，进而求得，结合三角形三边关系定理求得取小值.二、多项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对但不全得2分，有错选的得0分．16.设周期数列的前项和为，若

，则的取值可以为（）A.B.0C.1D.2【答案】ABC【解析】【分析】根据题意，可得数列在一个周期内的所有项的和为0，进而可求解.【详解】因为数列的是周期数列，又，数列在一个周期内的所有项的和为0，如周期若为3，则，则会逐渐增大或逐渐减

小，不满足，所以，则或或，解得或或，如时，，周期为4的数列的前4项为符合题意，如时，，周期为4的数列的前4项为，符合题意，如时，，周期3的数列的前3项为，符合题意.故选：ABC.17.在正方体中，点为棱中点，则（）A

.过有且只有一条直线与直线和都相交B.过有且只有一条直线与直线和都垂直C.过有且只有一个平面与直线和都平行D.过有且只有一个平面与直线和所成角相等【答案】ABC【解析】【分析】选项A，由题意满足条件的直线是平面与平面的交线，选项B，由线线平行的性质结合异面直线成角的概念可判断；从而可判

断；选项C，由线面平行的判定定理可判断；选项D，利用空间向量法可判断.【详解】如下图所示：对于A选项，过点与直线相交的直线必在平面内，过点与直线相交的直线必在平面内，故满足条件的直线必为两平面的交线，显然两平面有唯一交线，A正

确；对于B选项，因为，若，则，若，则平面，显然满足条件的直线唯一，即，B正确；对于C选项，分别取、的中点、，连接、，因为，，、分别为、的中点，所以，，则四边形为平行四边形，所以，又因为，则，因为平面，平面，所以平面，同理可证平面，所以过有且只有

一个平面与直线和都平行，C正确；对于D选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为，则、、、，，，设满足题设条件的平面的法向量为，其中，由题意可得

，可得，即，所以，以或为法向量且过点的平面均满足题意，故过有无数个平面与直线和所成角相等，D错.故选：ABC18.已知双曲线，对于点，若上存在两个点、，使得为线段的中点，则称为的一个“”点，下列各点中，是的

“”点的为（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】设点、，利用点差法求出直线的方程，再将直线的方程与双曲线的方程联立，判断直线与双曲线的位置关系，即可得出合适的选项.【详解】设点、，若轴，则线

段的中点在轴上，对于A选项，若为的一个“”点，则，可得，此时，轴或过原点，若轴，则直线的方程为，但直线与双曲线无公共点，若过原点，则线段的中点为原点，不合乎题意，A不满足条件；对于B选项，由题意可知直线的斜率存在，若为的一个

“”点，则，因为，这两个等式作差可得，即，则，直线的方程为，即，此时，直线过原点，则、关于原点对称，与假设矛盾，B不满足条件；对于C选项，由题意可知直线的斜率存在，若为的一个“”点，则，因为，这两个等式作差可得，即，则，

直线的方程为，即，联立可得，，合乎题意；对于D选项，由题意可知直线的斜率存在，若为的一个“”点，则，因为，这两个等式作差可得，即，则，直线的方程为，即，联立可得，，D满足条件.故选：CD.19.已知，直线.若点不在直线上，则直线与相交的充分

条件为（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】利用点与直线的同侧与异侧两种情况讨论，同侧时，判断直线与是否平行可得结论.【详解】C，因为点不在直线上，所以，当时，点位于直线的异侧，故直线与相交，所以是直线与相交

的充分条件，故C正确；A，若，又，所以满足，所以是直线与相交的充分条件，故A正确；B，由点到直线，，由，可得，又同号，可得在直线的同侧，所以直线，故是直线与相交的不充分条件，故B错误；D，由，可得同号，当时，可得，故是直线与相交的不充分条件，故D错误.故选：AC.20.在直三棱柱中，，在

线段上，若恒有，则的取值可以为（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】将命题转化为不等式的恒成立问题，再进行求解.【详解】不妨设，并设，，则，，.根据题意，有恒成立，所以恒有.此即，这可化为.而，故这等价于，展开即为.从而命题即为对任意成立.若，则上述结论对不成立，不符合条件；若，则

，符合条件.所以命题等价于，即.由于随着的增大而增大，而.故命题等价于，即.这表明原命题等价于，故B，C，D正确，A错误.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对余弦定理的使用.